2022-2023学年辽宁省朝阳市凌源市高二下学期6月月考数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省朝阳市凌源市高二下学期6月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过解一元二次不等式得集合A，再求交集即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：D.

2．在如图所示的散点图中，若去掉点，则下列说法正确的是（    ）

A．样本相关系数变大

B．变量与变量的相关程度变弱

C．变量与变量呈正相关

D．变量与变量的相关程度变强

【答案】D

【分析】根据散点图及相关系数的概念判断即可.

【详解】由散点图知，自变量与因变量呈负相关，即，故C错误；

去掉点后，进一步接近1，所以变小，故A错误；

去掉点后，与的线性相关加强，即相关程度变强，故B错误，D正确．

故选：D．

3．设复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由复数乘除法法则、共轭复数及复数的模计算公式可得结果.

【详解】由题意知，所以，所以.

故选：C.

4．函数的定义域为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的定义域列不等式组求解即可.

【详解】由题意，得，解得且，

即函数的定义域为．

故选：C．

5．记椭圆：的左顶点为，右焦点为，过点且倾斜角为的直线与椭圆交于另一点，若，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由条件列关于的方程，由此可求离心率.

【详解】因为椭圆的左顶点为，右焦点为，

所以，

因为点在轴上方，又，所以将代入椭圆可得，即，

因为直线的倾斜角为，

所以，又，

化简，所以解得.

故选：A.

6．已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由图象得函数的定义域与奇偶性后判断

【详解】的定义域为，故排除A；

对于B，当，，故是奇函数，排除B．

对于C，当，，故是奇函数，排除C．

同理得是偶函数，

故选：D

7．复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为A系列、B系列C系列，其中B系列的幅面规格为：，，，…，，所有规格的纸张的长度（以表示）和幅宽（以y表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；…，如此对开至规格．现有，，…，纸各一张，已知纸的幅宽为1m，则，，…，这8张纸的面积之和是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】分析出，，…，的面积的规律，根据等比数列前项和公式求得正确答案.

【详解】由题意，可得的长、宽分别为，1，

的长、宽分别为1，，

的长、宽分别为，，…，

所以，，…，的面积是首项为，公比为的等比数列，

所以，，…，这8张纸的面积之和为.

故选：C

8．如图，在直四棱柱中，底面ABCD是正方形，，，线段AC上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接，交于点H，证明平面，再利用棱锥体积公式即可得到答案.

【详解】连接，交于点H，又底面是正方形，

所以，在直四棱柱中，平面，

又平面，所以，

又，，平面，所以平面，

即是三棱锥的高，且．

在直四棱柱中，平面ABCD，

又平面ABCD，所以，

所以，所以．

故选：D．

二、多选题

9．已知圆，则（    ）．

A．圆C关于直线对称 B．圆C的面积是

C．点在圆C外 D．直线与圆C相切

【答案】AC

【分析】根据圆的一般方程写出圆心坐标与半径，对于选项A，判断圆心是否在直线上即可；对于选项B，运用圆的面积公式计算即可；对于选项C、D，运用几何法判断点与圆、直线与圆的位置关系即可.

【详解】由，得，所以圆心为，半径为，

因为圆心在直线上，所以圆C关于直线对称，故A正确；

因为半径为，所以圆C的面积是，故B错误；

当，时，，所以点在圆C外，故C正确；

因为圆心到直线的距离为，

所以直线与圆C相离，故D错误．

故选：AC.

10．某校举办“新生杯”足球比赛，现分配A、B、C、D，4人到甲，乙，丙三场比赛中担任主裁判，每人最多担任其中一场比赛的主裁判，每场比赛主裁判有且只有一人担任则下列说法正确的是（    ）

A．不同的分配方案共有81种

B．不同的分配方案共有24种

C．若A，B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12种

D．若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12种

【答案】BCD

【分析】根据排列数与组合数，可得答案.

【详解】不同的分配方案共有（种），故B正确，A错误；

若A、B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，

第一步：从中选出一人取甲场；

第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；

第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场.

则不同的安排方法共有（种），故C正确；

若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，

第一步：从中选出一人取甲场；

第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；

第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场.

则不同的安排方法共有（种），故D正确．

故选：BCD．

11．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．图象的一条对称轴的方程为

C．在区间上单调递增

D．的解集为

【答案】ABD

【分析】先根据部分图像得，A正确；根据赋值法可判断B，根据整体代入法可判断C，解三角不等式可判断D.

【详解】由图可知，且，

所以，所以，

代入得：，

，又，所以，.

所以，A正确；

，所以是图象的一条对称轴，B正确；

令，得，

时，单调递增区间为，

，C错误；

，即，

所以，得，D正确.

故选：ABD

12．若正数a，b满足，则（    ）

A．ab的最大值为 B．的最小值为

C．的最小值为 D．的最小值为32

【答案】ACD

【分析】对于ABC，利用基本不等式分析判断，对于D，化简后换元，利用二次函数的性质分析判断.

【详解】因为正数a，b满足，所以，即，当且仅当时取“＝”，故A正确；

，当且仅当时取“＝”，故B错误；

由，及，得，当且仅当时取“＝”，故C正确；

，令，则由选项A可知，，

又在上单调递增，所以的最小值为，即的最小值为32，故D正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．某校高一高二、高三年级分别有学生750名、850名、800名，为了了解学生的视力情况，现用分层抽样的方法从中随机抽取容量为48的样本，则应从高二年级抽取的学生人数为      ．

【答案】17

【分析】根据分层抽样的概念，可得答案.

【详解】根据分层抽样，抽取容量为48的样本时，应从高二年级抽取的学生人数为．

故答案为：.

14．若双曲线C与双曲线有相同的渐近线，且经过点，则双曲线C的标准方程是      ．

【答案】

【分析】设双曲线C的方程为，根据双曲线经过的点求得，从而求得双曲线的标准方程.

【详解】由双曲线C与双曲线有相同的渐近线，

可设双曲线C的方程为，又C过点，

所以，，

整理得双曲线C的标准方程是．

故答案为：

15．已知，，，若，则      ．

【答案】/

【分析】根据得，再由平方关系可得、的值，代入两角差的正弦展开式计算可得答案.

【详解】由，得，又，

所以，又，所以，，

所以

．

故答案为：．

16．已知定义在上的函数的导函数为，若对任意 ，恒成立，则不等式  的解集为         .

【答案】

【分析】由条件结合求导公式考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性化简不等式求其解.

【详解】令，因为

所以则  

所以在上单调递增，

又不等式可化为 ，又，

所以，

所以，

所以，

所以的解集为.

故答案为：.

四、解答题

17．设等差数列的前项和为，且，．

(1)求的通项公式；

(2)求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等差数列与通项基本运算，解得，，；

（2）求出通项，运用裂项相消法求和证明.

【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，

所以解得，，

所以．

（2）

．

又，所以，所以，

即．

得证.

18．在中，角，，的对边分别为，，，已知．

(1)若，，求；

(2)若角，求角．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理代入化简，并代入和的值，计算可得；

（2）利用正弦定理边化角，结合，解出关于的方程，结合的范围可得答案．

【详解】（1）由余弦定理，

得，即，

又，，所以，解得；

（2）因为，所以由正弦定理得，

由，得，，，

所以，即，

所以或（舍去），

又，所以．

19．为丰富师生的课余文化生活，倡导“每天健身一小时，健康生活一辈子”，深入开展健身运动，增强学生的身体素质和团队的凝聚力，某中学将举行趣味运动会．某班共有8名同学报名参加“四人五足”游戏，其中男同学4名，女同学4名．按照游戏规则，每班只能选4名同学参加这个游戏，因此要从这8名报名的同学中随机选出4名．

(1)求选出的4名同学中有男生的概率；

(2)记选出的4名同学中女同学的人数为，求随机变量的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据古典概型求解即可；

（2）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应随机变量的概率，即可得出分布列，再根据期望公式求出期望即可.

【详解】（1）选出的4名同学中有男生的概率为；

（2）随机变量可取，

，，

，，

，

则分布列为

期望.

20．如图，在四棱柱中，底面是矩形，平面平面，点是的中点，.

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明，根据面面垂直的性质定理证明⊥平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；

（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量夹角公式求直线与平面夹角.

【详解】（1）因为，点是的中点，所以，

又平面平面，平面平面，

平面，

所以⊥平面ABCD，又平面，

所以平面平面；

（2）取的中点，连结，

因为四边形为矩形，且，

所以四边形为正方形，，

以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，

则，

所以，

设平面的法向量，

则 有，即，

令，则，

所以平面的一个法向量，

设直线与平面所成角为，

则

直线与平面所成角正弦值为.

21．已知抛物线C：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点．

(1)求C的方程；

(2)在y轴上是否存在定点M，使得直线MP，MQ关于y轴对称？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，点M的坐标为．

【分析】（1）由题得，再根据三角形面积公式求出值即可；

（2）设，，，设l：，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，将其代入，即可求出值.

【详解】（1）当PQ与x轴平行时，，又P，Q两点在抛物线C：上，

所以，故．

因为的面积为16，所以，解得，

所以C的方程为．

（2）设，，，由题可知直线l的斜率必然存在，

设l：，

代入抛物线方程消去y，得，从而，，，

由直线MP，MQ关于y轴对称，得，

而．

将，代入上式，得，所以，

因此存在定点M满足题意，点M的坐标为．

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设l：，联立抛物线方程并得到韦达定理式，再根据对称有，再计算得，再将韦达定理式代入上式即可得到值.

22．已知函数在处的切线与直线：垂直．

(1)求的单调区间；

(2)若对任意实数，恒成立，求整数的最大值．

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为．

(2)1

【分析】（1）利用导数的几何意义得出，再利用导数判断单调区间即可；

（2）分离参数将问题转化为恒成立，利用导数求最值结合隐零点计算即可.

【详解】（1）由，得，又切线与直线：垂直，所以，即．

所以，令，得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

所以的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）对任意实数，恒成立，

即对任意实数恒成立．

设，即．

，令，

所以恒成立，所以在上单调递增．

又，，所以存在，使得，

即，所以．

当时，，单调递减；当时，，单调递增．

所以

，

当时，，

所以，由题意知且

所以，即整数的最大值为1．